087 đề HSG toán 8 huyện 2018 2019

PHÒNG GD&ĐT

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: Toán - Lớp 8

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Gồm có 01 trang)

Ngày thi

Câu 1. (4 điểm)
Cho biểu thức : A  (

2 x
4 x2
2 x
x 2  3x
 2

):(
)
2 x
x 4
2 x
2 x 2  x3

a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ?

b) Tìm giá trị của x để A > 0?
c) Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4.
Câu 2. (4 điểm)
a) Chứng minh rằng
f(x) = x99 + x88 + x77 + ... + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + ....+ x + 1
b) Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn
hơn số gồm 2 chữ số sau một đơn vị.
Câu 3. (4 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x 2  4 xy  5 y 2  169
b) Giải các phương trình sau:

1
1
1
1
 2
 2

x  9 x  20 x  11x  30 x  13x  42 18
2

Câu 4. (6 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm.
HA' HB' HC'


a) Tính tổng
AA' BB' CC'
b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc
AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.

(AB  BC  CA) 2
 4.
c) Chứng minh rằng:
AA'2  BB'2  CC'2

Câu 5. (2 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng :
1
1
1
3
 3
 3
 .
a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2
3

------------------------------- HẾT -------------------------------Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: ............


PHÒNG GD&ĐT

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Toán - Lớp 8
Nội dung
a) ĐKXĐ :
2  x  0

 2
x  0
x  4  0


  x  2
2  x  0
 x 2  3x  0

x  3

2 x 2  x3  0

A(

0.5đ

2  x 4 x2
2 x
x 2  3x
(2  x) 2  4 x 2  (2  x) 2 x 2 (2  x)
 2

):( 2 3) 
.

2  x x  4 2  x 2x  x
(2  x)(2  x)
x( x  3)

4 x2  8x
x(2  x)
.

(2  x)(2  x) x  3

1
(4,0đ)



0.5đ

Vậy với x  0, x  2, x  3 thì A 

4x 2
.
x 3

b) Với x  0, x  3, x  2 : A  0 

4x2
0
x 3

Vậy với x > 3 thì A > 0.
x  7  4
x7  4  
 x  7  4
 x  11(TMDKXD)


 x  3( KTMDKXD)
121
Với x = 11 thì A =
2

c)

0.5đ
0.25đ

4 x( x  2) x(2  x)
4 x2

(2  x)(2  x)( x  3) x  3

 x 3  0
 x  3(TMDKXD)

Điểm

0.25đ
0.5đ

0.5đ

0.25đ
0.25đ
0.5đ

99

9

88

8

77

7

11

a) Ta có: f(x) – g(x) = x – x + x – x + x – x + ... + x – x
9

90

8

80

0.5đ

10

+ 1 – 1 = x (x – 1) + x (x – 1) + ....+ x(x – 1) chia hết cho
x10 – 1

0.5đ

Mà x10 – 1 = (x – 1)(x9 + x8 + x7 +...+ x + 1) chia hết cho x9 + x8 +
x7 +...+ x + 1

0.5đ

Suy ra f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 +...+ x + 1
2
99
88
77
11
9
(4,0đ) Nên 7 f(x) = x + x + x + ... + x + 1 chia hết cho g(x) = x +

0.5đ

x+ x + ....+ x + 1

0.5đ
b) Đặt abcd  k 2 ta có ab  cd  1 và k  N, 32  k < 100
Suy ra : 101 cd = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10)
0.5đ
 k + 10  101 hoặc k – 10  101
0.5đ
Mà (k – 10; 101) = 1  k + 10  101
Vì 32  k < 100 nên 42  k + 10 < 110  k + 10 = 101  k =91


0.5đ

abcd = 912 = 8281

a)

x 2  4 xy  5 y 2  169  x  2 y 2  y 2  169  132  0 2  12 2  52


Do x, y  Z  y  0  y  0 bị loại, xét ba khả năng:
2

2

x  2 y  0; y  13  x; y   26;13

3
(4,0đ)

x  2 y  5; y  12  x; y   29;12..va..19;12

x  2 y  12; y  5  x; y   22;5..va.. 2;5 loại
Vậy phương trình có 4 nghiệm. (26;13), (29;12), (19;12), (22;5)
b) x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ;
x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ;
ĐKXĐ : x  4; x  5; x  6; x  7
Phương trình trở thành :
1
1

1
1



( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18

1
1
1
1
1
1
1






x  4 x  5 x  5 x  6 x  6 x  7 18

0.75đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

(0,25 điểm

0.5đ
0.25đ

0.5đ


0.25đ

1
1
1


x  4 x  7 18

0.25đ

 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)

(x+13)(x-2)=0  x=-13; x=2 ( TM)
Từ đó tìm được x=-13; x=2.

0.25đ

A

C’
H

N

x

B’
M

I

A’

C

0.5đ

B
D

4
(6,0đ)

a)

S HBC
S ABC

1
.HA'.BC
HA'
2



;
1
AA'
.AA'.BC
2

S HAB HC'

Tương tự:
;
S ABC CC'
S HAC HB'

S ABC BB'
HA' HB' HC' SHBC SHAB SHAC





1

AA' BB' CC' SABC SABC SABC

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:
BI AB AN AI CM IC
0.5đ

;

;

IC AC NB BI MA AI
0.5đ
BI AN CM AB AI IC AB IC
.
.

. . 
. 1
IC NB MA AC BI AI AC BI
0.5đ
 BI .AN.CM  BN.IC.AM
c)Vẽ Cx  CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’

0.5đ


A

C’

N

x

B’

H

M
I

A’

C

B
D

- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD  BC + CD
-  BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2
2
2
2
 AB + AD  (BC+CD)
AB2 + 4CC’2  (BC+AC)2
4CC’2  (BC+AC)2 – AB2
Tương tự: 4AA’2  (AB+AC)2 – BC2
4BB’2  (AB+BC)2 – AC2
-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)  (AB+BC+AC)2
(AB  BC  CA) 2

4
AA'2  BB'2  CC'2
(Đẳng thức xảy ra  BC = AC, AC = AB, AB = BC
 AB = AC =BC
  ABC đều)

0.25đ
0.5đ

0.5đ

0.25đ

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có
a 2 b2 c2  a  b  c 
  
x
y z
x yz
a b c
Dấu “=” xảy ra   
x y z
5
(2,0đ) Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có
2
a 2 b2  a  b 
 
x
y
x y



2

 a y  b x   x  y   xy  a  b 
2

2

(*)
0.5đ
(**)
2

  bx  ay   0 (luôn đúng)
2

Dấu “=” xảy ra 

a b

x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có
a 2 b2 c 2  a  b  c 2  a  b  c 
  
 
x
y z
x y

z
x yz
2

2

0.5đ


Dấu “=” xảy ra 

a b c
 
x y z

1
1
1
2
2
2
1
1
1
Ta có: 3
 3
 3
 a
 b
 c

a (b  c) b (c  a) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
2

1 1 1
1
1
1
   
a 2  b2  c2   a b c  
ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac)

2

1 1 1
   
a b c
1 1 1
2   
a b c

0.5đ
(Vì abc  1 )

1
1
1
2
2

2
11 1 1
a
Hay
 b
 c
    
ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c 
1
1
1
2
2
2
3
1 1 1
Mà    3 nên a
 b
 c

ab  ac bc  ab ac  bc 2
a b c
1
1
1
3
Vậy 3
Dấu bằng xảy ra khi
 3
 3


a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2

0.5đ

a=b=c=1 (đpcm)
Chú ý:
1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.
3. Chấm và cho điểm từng phần, điểm của toàn bài là tổng các điểm thành phần không

làm tròn.